Chocolate Milk（洛谷P2999）

传送门

拓扑排序

关于拓扑排序，这里不叙述太多，可参考本人CSDN。

值得注意的是，这不是一棵树吗？

FJ 发现对于牛奶来说有一种最多的方式从一个接口流到另一个接口。并且由于 FJ 是一个高效率的人，他需要确保每一个管道都有牛奶经过，也就是说，没有多余的管道。

所以，对于牛奶来说，最多只有一种方式从一个接口流到另一个接口。则不会有牛奶分开又聚到一起。

故有一个性质：除非节点的入度等于 $0$，否则任何出度大于 $1$ 的节点的子节点都不能放置混合器。

$ans_i$ 表示如果在 $i$ 结点造一个巧克力混合器，最多能经过的牛奶数（每个点初始为 $1$）。

用拓扑排序遍历整棵树，顺便计算 $ans$。

1. 只需要找到入度为 $0$ 的结点，标记并放入队列。

for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (!ind[i]) q.push(i), ans[i] = check[i] = 1, cnt++;

2. 每次找孩子只需要找出度为 $1$ 的结点。

对于每个点如果它的出度大于 $1$，那么他所连的边就不可能成为巧克力混合器。

3. 对于每个结点 $x$ ，若 $ans_x$ 值等于总边数，且入度不为 $0$，就输出。

AC CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 99;

int n, m, t, tot, cnt;
int head[maxn], out[maxn], ind[maxn];
int ans[maxn];
bool check[maxn];

struct Edge
{
    int to, next;
} e[maxn];

void add(int a, int b)
{
    e[++tot].to = b;
    e[tot].next = head[a];
    head[a] = tot;
}

void topo()
{
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!ind[i])
            q.push(i), ans[i] = check[i] = 1, cnt++;
    while (!q.empty())
    {
        int tmp = q.front();
        q.pop();
        if (out[tmp] == 1)
        {
            int j = head[tmp];
            ans[e[j].to] += ans[tmp];
            if (--ind[e[j].to] == 0)
                q.push(e[j].to);
        }
    }
}

signed main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1, a, b; i < n; i++)
    {
        cin >> a >> b;
        add(a, b);
        out[a]++;
        ind[b]++;
    }
    topo();
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (ans[i] == cnt && !check[i])
        {
            cout << i << endl;
        }
    }
}